2023扬州中学高二上学期10月月考试题化学含解析

这是一份2023扬州中学高二上学期10月月考试题化学含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

江苏省扬州中学高二化学试题
(考试时间：75分钟 考试分值：100分)
可能用到的相对的原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64
一、单项选择题：每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜
聚乙烯燃烧放热
B
利用海水制取镁单质
Mg2+可被电解还原
C
食品冷藏保存
温度降低化学反应速率减慢
D
公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆
钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜，因为聚乙烯性质稳定无毒，A错误；
B．用电解法使镁离子被还原，制备镁单质，B正确；
C．食品冷藏保存，利用温度降低化学反应速率减慢，C正确；
D．涂刷多彩防锈漆，使钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀，D正确；
故选A。
2. 已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H- H
H-O
键能/(kJ·mol-1)
436
463
热化学方程式
2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为
A. 428 kJ·mol-1 B. -428 kJ·mol-1 C. 498 kJ·mol-1 D. -498 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。
【详解】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
3. Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是

A. 电解时只允许H+通过离子交换膜
B. 生成O2和H2的质量比为8∶1
C. 电解一段时间后阴极区溶液OH-的浓度增大
D. CrO3的生成反应为：Cr2O+2H+=2CrO3+H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据左侧电极上生成，右侧电极上生成，知左侧电极为阳极，发生反应：，右侧电极为阴极，发生反应：；由题意知，左室中随着浓度增大转化为，因此阳极生成的不能通过离子交换膜。
【详解】A．由以上分析知，电解时通过离子交换膜的是，A项错误；
B．根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应，知生成和的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B项正确；
C．根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液的浓度增大，C项正确：
D．电解过程中阳极区的浓度增大，转化为，D项正确。
故选A。
4. 液氨中存在平衡：。如图所示为电解池装置，以的液氨溶液为电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。下列有关说法正确的是

A. b电极连接的是电源的负极 B. a电极的反应为
C. 电解过程中，阴极附近K+浓度减小 D. 理论上两极产生的气体物质的量之比为1:1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示可知：在b电极上产生N2，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；
B．电极a上产生H2，H元素化合价降低得到电子，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为：，B正确；
C．电解过程中，阴极附近产生，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K+会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K+浓度增大，C错误；
D．每反应产生1 mol H2，转移2 mol电子，每反应产生1 mol N2，转移6 mol电子，故阴极产生H2与阳极产生的N2的物质的量的比是3:1，D错误；
选B。
5. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则

A. 无催化剂时，反应不能进行
B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D. 使用催化剂Ⅰ时，内，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。

6. 已知：2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，下列分析正确的是
A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，单位时间内生成 N2O4的物质的量减少
D. 恒容时，水浴加热，活化能减小，反应速率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项错误；
B．反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大，单位时间内生成 N2O4的物质的量相比原始状态增多，C项错误；
D．恒容时，水浴加热，活化分子百分数增大，反应速率加快，D项错误；
答案选B。
7. 如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是

A. 左侧电极反应：
B. 实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C. 若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为
D. 把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
【答案】A
【解析】
【分析】本装置为电解池，左侧阳极析出氧气，右侧阴极析出氢气，据此分析解题。
【详解】A．左侧阳极析出氧气，左侧电极反应：，A正确；
B．右侧电极反应2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，反应结束时溶液中存在CH3COO-，水解后溶液显碱性，故溶液为红色，B错误；
C．若c中收集气体，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：2×10-3mol ÷10÷10-3=，并且题中未给定气体状态不能准确计算，C错误；
D．盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D错误；
答案选A。
8. 某合成氨速率方程为：(k为速率常数)，部分数据如下表。下列说法正确的是
实验




1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q

A. k与物质性质有关，与反应温度、压强、反应物浓度无关
B. α=1，γ= -1
C. 恒容容器中反应时，充He气，压强增大反应速率加快
D. 采用适当催化剂，反应活化能、焓变均减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．k为速率常数，与反应温度有关，A错误；
B．将实验1、2的数据代入方程，可得α=1，将1、3的数据代入方程，可得γ=-1，B正确；
C．恒容容器中反应，充入He，N2、H2、NH3三种气体的浓度不变，v不变，C错误；
D．催化剂不能改变化学反应的焓变，D错误；
故答案选B。
9. 某储能电池原理如图。下列说法正确的是

A. 放电时负极反应：
B. 放电时透过多孔活性炭电极向中迁移
C. 放电时每转移电子，理论上吸收
D. 充电过程中，溶液浓度增大
【答案】A
【解析】
【分析】放电时负极反应：，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2，由此解析。
【详解】A． 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：，故A正确；
B． 放电时，阴离子移向负极，放电时透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B错误；
C． 放电时每转移电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C错误；
D． 充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D错误；
故选A。
10. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向5mL 0.1mol/L KI溶液中加入1 mL 0.1mol/L FeCl3溶液充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化
化学反应有一定限度
B
向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
Br2的氧化性比I2的强
D
分别取50mL 0.5mol/L硫酸、氢氧化钡两溶液在量热器中充分反应，测定反应前后最大温度差
测定中和热

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．，根据数据可知I-过量，充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，说明该反应为可逆反应，化学反应有一定限度，故A正确；
B．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡品红褪色，加热试管，观察溶液颜色又恢复，与有色物质反应生成不稳定的无色物质，具有漂白性，故B正确；
C．淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，发生，淀粉变蓝，说明Br2的氧化性比I2的强，故C正确；
D．中和热是稀的强酸强碱反应生成1mol水放出的热量，硫酸与氢氧化钡反应除了生成水还生成BaSO4沉淀，测出的数值比中和热的数值大，故D错误；
故答案为D。
11. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法正确的是

A. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
B. 其它条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
C. 条件②，反应速率为0.012 mol·L-1·min-1
D. 条件①，降冰片烯起始浓度为3.0mol·L-1时，半衰期为125min
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间曲线①是曲线③的2倍，两者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无关，A错误；
B．从图中可知，①和②初始时降冰片烯的浓度相同，②催化剂浓度为①中的2倍，②降冰片烯反应速率为①中的2倍，则其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越快，B正确；
C．从图中可知，条件②降冰片烯初始浓度为3mol/L，125min后降冰片烯浓度将为0，则其反应速率为，C错误；
D．条件①降冰片烯起始浓度为3mol/L，降为1.5mol/L时用时125min，但是从1.5mol/L降低至0.75mol/L用时小于125min，则不能说其半衰期为125min，D错误；
故答案选B。
12. 三元电池是电动汽车的新能源，其充电时总反应为： LiNixCoyMnzO2＋6C(石墨)=Li1-aNixCoyMnzO2＋LiaC6，电池工作原理如图所示，两极之间有一个允许特定的离子X通过的隔膜。下列说法正确的是

A. 允许离子X通过的隔膜属于阴离子交换膜
B. 充电时，A为阴极，Li＋被氧化
C. 该电池可用稀硫酸作电解质溶液
D. 放电时，正极反应式为Li1-aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae-=LiNixCoyMnzO2
【答案】D
【解析】
【分析】充电时总反应为： LiNixCoyMnzO2＋6C(石墨)=Li1-aNixCoyMnzO2＋LiaC6，逆过程是放电时的反应，放电时，正极B是得电子的还原反应，反应式为Li1-aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae-=LiNixCoyMnzO2，A是负极，是金属锂失电子的氧化反应，据此分析解答。
【详解】A．放电时，A是负极，B是正极，Li+向正极移动，则x是Li+，允许阳离子通过的隔膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．充电时，A为阴极，发生还原反应，Li＋被还原，故B错误；
C．由于Li能与稀硫酸发生反应，则稀硫酸不能用作该电池的电解质溶液，故C错误；
D．放电时，正极B是得电子还原反应，反应式为Li1-aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae-=LiNixCoyMnzO2，故D正确；
答案选D。
13. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法正确的是

A. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比逐渐变大
C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Y
D. 反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5 -0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200 -0.125 =0.075 。因此，0～30min时间段内，Y的平均反应速率为 ，故A错误；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，故B错误；
C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有的M转化为Y，即37.5%的M转化为Y，故C错误；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，故D正确；
故答案为D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。
（1）目前城市机动车废气的排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)
①汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，可能的原因是___________。
②可用NH3催化还原NO消除污染，写出该反应的化学方程式___________。
（2）由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及到的步骤为：
TiO2TiCl4Ti
已知：① C(s)＋O2(g)=CO2(g)； ∆H= -393.5 kJ·mol-1
② 2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)； ∆H= -566 kJ·mol-1
③ TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)； ∆H=+141 kJ·mol-1
则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的∆H=___________。
（3）用Pt作电极，甲醇(CH3OH)-KOH(aq)-空气可制成甲醇燃料电池，电池负极电极反应式为___________ ，用该电池作电源、石墨作电极电解CuSO4溶液，电解过程中阳极电极反应式为___________ ，当电解池阴极增重3.84g时，理论上参加反应的甲醇质量___________g。
（4）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl＋O22Cl2＋2H2O
已知：i．此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。
ii．
①写出该条件下，反应A的热化学反应方程式___________。
②断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为___________kJ。
【答案】（1） ①. 温度升高，反应速率加快 ②. 4NH3+6NO5N2+6H2O
（2）-80 kJ·mol-1
（3） ①. CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O ②. 2H2O-4e-=4H++O2↑(4OH--4e-=2H2O+O2↑) ③. 0.64
（4） ①. 4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-115.6 kJ·mol-1 ②. 31.9
【解析】
【小问1详解】
①温度升高反应速率加快，导致单位时间内NO的生成量增加；
②可用NH3催化还原NO消除污染，反应生成氮气和水，4NH3+6NO5N2+6H2O；
【小问2详解】
已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)； DH＝-393.5 kJ·mol-1；
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)； DH＝-566 kJ·mol-1
③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)； DH＝+141 kJ·mol-1
根据盖斯定律①×2-②+③可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的DH＝-80 kJ·mol-1。
【小问3详解】
甲醇(CH3OH)-KOH(aq)-空气可制成甲醇燃料电池，氧气得到电子反应还原反应为正极，甲醇失去电子发生氧化反应为负极，负极反应为甲醇失去电子生成碳酸根离子和水，CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O；电解CuSO4溶液，电解过程中阳极上氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑ (2H2O-4e-=4H++O2↑)；阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，根据电子守恒，CH3OH~6e-~3Cu，当电解池阴极增重3.84g时，生成铜的物质的量为0.06mol，理论上参加反应的甲醇的物质的量为0.02mol，质量0.64g。
【小问4详解】
①已知：此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量，放热焓变小于零，则反应A的热化学反应方程式为：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-115.6 kJ·mol-1；
②4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-115.6 kJ·mol-1；依据ΔH=反应物的总键能之和减去生成物的总键能计算：4×H-Cl+498-[243×2+4×E(H-O)]=-115.6，得到4×E(H-O)-4×E(H-Cl)=498-486+115.6=127.6，E(H-O)-E(H-Cl)=31.9 kJ。
15. 2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定为1 L的密闭容器中加入足量的和，起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
I.
II．
①下列说法正确的是___________；
A．增大C(s)用量，反应I生成CO的速率加快
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②假定反应至5s时转化掉50%，CO的物质的量为0.1mol。则前0~5s生成CO2的平均反应速率=___________，整个体系热量变化为___________kJ，5s时容器内压强=___________。
（2）一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：

①若吸收塔中的为4 mol/L KOH溶液吸收一定量的后，，则1 L该KOH溶液吸收的为___________mol。
②再生塔中产生的离子方程式为___________。
③利用电化学原理，将电催化还原为C2H4的电极反应式为___________。
【答案】（1） ①. BD ②. 31.2 ③. 0.04mol/(L‧min) ④. 0.26MPa
（2） ①. 3 ②. 2CO2↑++H2O ③. 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O
【解析】
【小问1详解】
A．增大C(s)用量，不影响反应速率，故A错误；
B．反应中，固体C变为气体，气体的质量增加，容器体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；
C．若C和H2O全部转化成CO2和，则发生，的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时的体积分数不可能大于，故C错误。
D．将炭块粉碎，则其与H2O(g)的接触面积增大，可加快反应速率，故D正确；
故答案为BD
②反应平衡时，的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于n(CO)=0.1mol，则根据氧原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，则前0~5s生成CO2的平均反应速率= ；生成0.2mol CO2 时消耗了0.2molCO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。由热化学方程式可知，生成0.3molCO要吸收热量 ，生成0.2mol CO2要放出热量，此时，因此整个体系吸收热量39.42-8.22=31.2kJ；由氢原子守恒可知，平衡时的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为；
小问2详解】
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的后，，由方程式可知、可知，当时，则1 L 4 mol/L该KOH吸收的n()=3mol；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和，离子方程式为2CO2↑++H2O；
③由电化学原理可知，将电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极发生氧化反应，水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区，生成乙烯，阴极为铂电极和Ag/AgCl电极，电解过程中，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O 。
16. 某工厂采用辉铋矿(主要成分，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制备和，工艺流程如下：

已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子开始形成氢氧化物至沉淀完全的范围：
Fe2+： 6.5~8.3 Fe3+： 1.6~2.8 Mn2+ ： 8.1~10.1
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石 b．鼓入适当过量的空气 c．降低焙烧温度
（2）在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为___________。
（3）“水浸”还原剂为___________(填化学式)。
（4）滤渣的主要成分为___________。(填化学式)。
（5）生成气体A的离子方程式为___________。
（6）加入金属Bi的目的是___________。
（7）将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为___________。
【答案】（1）ab （2）
（3）SO2 （4）SiO2
（5）
（6）将Fe3+转化为Fe2+
（7）24.02%
【解析】
【分析】由流程图分析，辉铋矿与软锰矿在空气中焙烧，金属转化为三氧化二锰、氧化铁、氧化铋，不变的是二氧化硅，焙烧时应该有硫酸锰生成，水浸时只有硫酸锰溶解进行滤液中分离出来，加入浓盐酸时，三氧化二锰转化为氯化锰，离子方程式为，加入铋的单质，将铁离子转化为亚铁离子，溶液中的氯化铋在一定条件下水解生成目的产物。
【小问1详解】
a．进一步粉碎矿石，可以增大接触面积，加快反应速率，故正确； b．鼓入适当过量的空气，增大氧气的浓度，加快反应速率，故正确；c．降低焙烧温度，反应速率减慢，故错误。故选ab。
【小问2详解】
焙烧时被空气中的氧气氧化，生成铋的氧化物和二氧化硫，反应方程式为： ；
【小问3详解】
焙烧过程中生成二氧化硫，从水浸产物硫酸锰分析，硫元素化合价升高，故二氧化硫做还原剂。
【小问4详解】
二氧化硅不溶于水或盐酸，故滤渣的主要成分为二氧化硅。
【小问5详解】
加入浓盐酸时，三氧化二锰转化为氯化锰，离子方程式为
【小问6详解】
加入铋的单质之后的滤液中含有亚铁离子，说明铋将铁离子转化为亚铁离子。
【小问7详解】
产品中铋元素的质量为 ，则原辉铋矿中铋元素的质量分数为 =24.02%。
17. 氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3
……
iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。
a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成
④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。

（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。

①制H2时，连接_______________。
产生H2的电极反应式是_______________。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。
【答案】 ①. CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 ②. C(s)+CO2(g)=2CO(g) ③. abc ④. 降低 ⑤. H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效 ⑥. K1 ⑦. 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ⑧. 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移
【解析】
【详解】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；
②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因此，还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变；
③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确；
④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效；
（2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H+，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H2O⇌Ni(OH)2+OH-，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。